[atAGC046E]Permutation Cover

每一个点都在一个排列中等价于所有排列覆盖所有位置

有解当且仅当满足$a_{y}le 2a_{x}$（其中$a_{x}$为$a_{i}$的最小值，$a_{y}$为$a_{i}$的最大值）

证明：贪心选择排列覆盖，即令$r'=与[1,r]有交的排列中最大的右端点+1$（初始$r=1$，若$r=r'$则不合法），令以此法选出的排列总数为$s$，以下证明$a_{y}le sle 2a_{x}$

对于每一个$p_{i}=x$，包含$i$的排列最多有两个，那么包含$x$的排列数最多为$2x$，同时一个排列必然包含$x$，即可得$s=包含x的排列数le 2a_{x}$

对于每一个$p_{i}=y$，包含$i$的排列至少有1个，类似的即$s=包含y的排列数ge a_{y}$

反过来，这个条件也是充分的，考虑通过以下方法构造合法解：

若$a_{x}=a_{y}$，将${1,2,...,n}$重复写$a_{x}$次即可

若$a_{x}<a_{y}$，不断放两个相交的排列，交为所有$a_{t}=a_{x}$的$t$（即其余数都出现2次，这些数重复，仅出现1次），由于初始$a_{y}le 2a_{x}$，因此最终会有$a_{x}=a_{y}ge 0$，再用第1种方法即可

接下来，构造字典序最小的解——

考虑增量法，每一次插入一段使得后缀是一个排列，贪心要求插入字典序最小的段，问题即变为判定插入后是否合法

（若字典序比较为前缀关系取较短的串即可，因为可以将后面多出的一部分可以放在下一段中调整）

令插入后的每一个数还需要出现的次数为$a_{i}$，仍然对$a_{x}$和$a_{y}$讨论：

1.若$a_{y}le 2a_{x}$，一定可行；若$a_{y}>2a_{x}+1$，一定不可行

2.若$a_{y}=2a_{x}+1$，可以将末尾这个排列看成我们构造合法解中两个排列的前半个，那么我们相当于要让其能够与后一个交上$a_{t}=a_{x}$的部分但不交$a_{t}=a_{y}$的部分

由于下一个排列也是任意的，因此即要求$a_{t}=a_{x}$的位置都在$a_{t}=a_{y}$的位置之后

这个条件的必要性也狠显然，因为如果不满足，类似于上面对$s$范围进行分析即可发现矛盾

考虑枚举插入段的长度，根据原来$p_{i}$的后缀就可以确定插入后的$a_{i}$，顺序再通过上面的结论贪心即可

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 1005
vector<int>oo,v,ans;
int n,L,l,a[N],b[N],vis[N],p[N];
int get_min(){
    int ans=a[1];
    for(int i=2;i<=n;i++)ans=min(ans,a[i]);
    return ans;
}
int get_max(){
    int ans=a[1];
    for(int i=2;i<=n;i++)ans=max(ans,a[i]);
    return ans;
}
void min_zdx(vector<int>&x,vector<int>y){
    for(int i=0;i<min(x.size(),y.size());i++)
        if (x[i]!=y[i]){
            if (x[i]>y[i])x=y;
            return;
        }
    if (x.size()>y.size())x=y;
}
void get_nex(int k){
    v.clear();
    if ((l+k<n)||(l+k>L)){
        v=oo;
        return;
    }
    memset(vis,0,sizeof(vis));
    for(int i=l+k-n+1;i<=l;i++)vis[p[i]]=1;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        if (!vis[i]){
            v.push_back(i);
            a[i]--;
        }
    int x=get_min(),y=get_max();
    if (2*x>=y)return;
    if (2*x+1<y){
        v=oo;
        return;
    }
    int las=0;
    for(int i=0;i<v.size();i++)
        if (a[v[i]]==y)las=i;
    vector<int>vv,vx;
    for(int i=0;i<v.size();i++){
        if ((i>las)||(a[v[i]]!=x))vv.push_back(v[i]);
        else vx.push_back(v[i]);
        if (i==las)
            for(int j=0;j<vx.size();j++)vv.push_back(vx[j]);
    }
    v=vv;
}
int main(){
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);
    if (2*get_min()<get_max()){
        printf("-1");
        return 0;
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)L+=a[i];
    oo.push_back(n+1);
    while (l<L){
        ans=oo;
        for(int i=1;i<=n;i++){
            memcpy(b,a,sizeof(a));
            get_nex(i);
            memcpy(a,b,sizeof(b));
            min_zdx(ans,v);
        }
        for(int i=0;i<ans.size();i++){
            p[++l]=ans[i];
            a[ans[i]]--;
        }
    }
    for(int i=1;i<=l;i++)printf("%d ",p[i]);
}